$X\sim B(20,0.5)$ ，求 $E[X^3]$。
组合意义或者硬算太简单了，还是来点代数推导吧。
斯特林反演做普通幂转下降幂，
$X^3= {3 \brace 3} X^{\underline3} + {3 \brace 2} X^{\underline2} + {3 \brace 1} X^{\underline1} $
这个东西在期望意义下也成立，因此有
$E[X^3] = E[X^{\underline 3}] + 3E[X^{\underline 2}] + E[X]$
对于下降幂的期望，可以是用独立性巧妙求出，总是有这样一个结论：对于 $X\sim B(n,1/2)$，总是有 $E(X^{\underline k}) = n^{\underline k}\times (1/2)^k$
先拿二次举例，构造独立分布 $P(I_i = 1) = P(I_i=0) = 1/2$，则分布 $X\sim B(n,1/2)$ 等价于 $X = \sum I_i$。
$$ \begin{aligned} E[X^{\underline 2}]&= E[X(X-1)]\\ &= (\sum_{i} I_i)( \sum_{j}I_j\ -1) \\ &= \sum_{i}\sum_{j} I_i I_j -\sum_{i} I_i\\ &= \sum_{i}\sum_{j\neq i} I_i I_j \\ &= n(n-1)(1/2)^{2} \\ &= n^{\underline 2} \times (1/2)^2 \end{aligned} $$
能将第四行变形是因为 $ I_i = I_i\times I_i $ 成立，
最后一步是期望可加性。
同样，对于三次和更高次的下降幂，我们也可以类似这样推导出，（或者可以直接归纳）
$$ \begin{aligned} E[X^{\underline 3}]&= E[X(X-1)(X-2)]\\ &= (\sum_{i} I_i)(\sum_{j} I_j\ -1)(\sum_{k} I_k\ -2) \\ &= (\sum_{i}\sum_{j\neq i} I_i I_j ) (\sum_{k} I_k\ -2) \\ &= (\sum_{i}\sum_{j\neq i}\sum_k I_i I_j I_k) -2(\sum_{i}\sum_{j\neq i} I_i I_j ) \end{aligned} $$
（第三行这一步完全等价与在 $E[X^{\underline 2}]$ 步进行的推导）
接下来，因为 $k=i$ 和 $k=j$ 时， $I_i I_j I_k = I_i I_j$，所以有
$$ \begin{aligned} (\sum_{i}\sum_{j\neq i}\sum_k I_i I_j I_k) = (\sum_{i}\sum_{j\neq i}\sum_{k\neq i ,j} I_i I_j I_k) + 2(\sum_{i}\sum_{j\neq i} I_i I_j ) \end{aligned} $$
因此
$$ \begin{aligned} E[X^{\underline 3}]&=(\sum_{i}\sum_{j\neq i}\sum_{k\neq i ,j} I_i I_j I_k) \\ &=n^{\underline 3}\times (1/2)^3 \end{aligned} $$
至少我们证明了上面那个结论在 $k=1,2,3$ 时成立了，所以我们直接使用，
$$ \begin{aligned} E[X^3] &= E[X^{\underline 3}] + 3E[X^{\underline 2}] + E[X] \\ &=(1/2)^3\times20^{\underline 3}+(1/2)^2\times20^{\underline 2}+(1/2)\times20 \\ &=(1/2)^3\times 20 \times 19\times 18+(1/2)^2 \times 20\times 19 +(1/2)\times 20 \\ &= 1150 \end{aligned} $$
等有空了我来写一下对于任意大的指数 $k$ 的公式推导和归纳过程。
以及，对于 $X\sim B(n,p)$，总是有 $E(X^{\underline k}) = n^{\underline k}\times p^k$